11 (1133478), страница 2
Текст из файла (страница 2)
Получимотрезкеруфункциюфу цду прир x ∈ 0,1 ,причём: y xi , h = yi .Перейдём к пределу:()()[ ]⎧⎪1 − α 0 x, 0 ≤ x ≤ ξ ,u ( x ) = lim y ( x, h ) = ⎨114 )(h →0⎪⎩ β 0 (1 − x ) , ξ ≤ x ≤ 1.Сравним u ( x ) с точным решением задачи (97), (98), (104) u ( x ) .Из формул (106), (111), (113) следует, что u ( x ) = u ( x ) , еслиα0 = α 0 , β0 = β0 ,откуда вытекает,вытекает чтоχ =1и k1 = k2 .Вывод. Решение (108) разностной задачи (99), (100), (104) при h → 0стремится к функции u x , которая при k ≠ k отлична от12точного решения задачи (97), (98), (104).
Следовательно,разностная схема (99), (100), (104) расходится.u x являетсяФ з ес й смыслФизическийсс функцииффе сu x : функциярешениемзадачи(97),(98),(104),удовлетворяющимследующим условиям при x = :( )( )( )ξ[u ] = 0, [ ku′] = −α 0 ( μ − χ ) k2 = q,где q - мощность точечного источника (стока) тепла при x = ξ .При χ → 5 ± 0 q → ±∞.ФФизическаяпричина расходимости схемы (99),(99) (100) состоит в том,что она нарушает баланс (закон сохранения) тепла. Схема неявляется консервативной.6. Спектральный анализ разностнойзадачи Коши.1.
Необходимое спектральное условиеустойчивости Неймана.Рассмотримрзадачуд у Коши дляд уруравнения переноса:р∂u ∂u−= 0, x ∈ 1 , t ∈ ( 0, T ] ,∂t ∂xu ( x, 0 ) = μ ( x ) , x ∈ 1 .(1)(2)Разностная схема для задачи (1)-(2) имеет следующий вид:yns +1 − ynsyns +1 − yns−= 0,0τhyn0 = ϕn , n = 0,0 ±11,...;; ss=00,1,...,S.1 S(3)(4)Введём равномерную норму на слое:y s = max ( n ) yns(5)Для устойчивости решения задачи (3),(4) по начальным даннымнеобходимо чтобы условие (6)необходимо,y s ≤ M y 0 , s = 0,1,..., S(6)выполнялось, в частности, если начальная функция есть какаянибудь гармоника:iα ny = e , n = 0,0 ±1,...,10n(7)( )где α - вещественный параметр.РРешениезадачи (3),(4)(3) (4) примет вид:•yns = λ s eiα n .(8)Параметрррλ =λуравнение (3):(α )определяетсяр дприр подстановкедррешения ((8)) вλ (α ) = 1 − r + re , r =iαИз формул (7) и (8) следует:τh= constmax((n) y = λ (α ) max ( n ) yn0ssn(9)(10)Д выполнения неравенстваДляр((5)) необходимо,д, чтобывыполнялось неравенство:λ (α ) ≤ M , s = 0,1,...,01 S(11)λ (α ) ≤ 1 + C1τ(12)sилитак как(1 + C1τ ) s ≤ eC1τ s < eC1T = M ,где C1 - постоянная,не зависящая от α и τ .iα neГармоникаявляется собственной функцией оператораперехода со слоя s на слой s+1:{ }yns +1 = (1 − r ) yns + ryns +1 , n =0,=0 ± 1,...,1(13)соответствующей собственному значению (9) λ (α ) .Линия, которую пробегает точка λ (α ) на комплексной плоскости,αкогдапробегает вещественную ось, вся состоит изсобственных значений и является спектром оператора перехода.переходаНеобходимое спектральное условие устойчивости Неймана (12):спектр оператора перехода, соответствующего разностномууравнению, должен лежать в круге радиусана1+C1τкомплексной плоскости.τЗамечание.
Если спектр оператора перехода не зависит от, тоусловие ((12)) равносильноуртребованию,р, чтобы спектрр лежал вединичном круге:λ (α ) ≤ 1.((14))Спектр (9) – окружность с центром в точке 1 − r и радиусом r.При r < 1 - спектр лежит в единичном круге, при r = 1совпадает с единичной окружностью, а при r > 1 лежит внеединичного круга.Условие Неймана выполняется при r ≤ 1 (τ ≤ h).r1−r > 0r11− r < 012.
Примеры.А) Уравнение переноса (вторая схема).yns +1 − ynsyns − yns −1−= 0,τhy 0n = ϕ n , n =00, ± 1,...;1 ; s = 0,1,...,0 1 S.(15)(16)Спектр оператора перехода имеет вид:λ (α ) = 1 + r − re −iαи является окружностью с центром в точкеУсловие Неймана всегда не выполнено..01r1+ r(17)1 + r и радиусом r .Б) Уравнение теплопроводности:ut − a 2u xx = 0,0 x∈u ( x, 0 ) = ϕ ( x ) , x ∈1, t ∈ ( 0,0 T ],1.(18)(19)Рассмотрим явную схему:yns +1 − ynssssy−2y+ynn −1− a 2 n +1= 0,02hτyn0 = ϕn , n = 0, ±1,...; s = 0,1,..., S(20)(21)Подставляя (8) в уравнение (20), получим:λ − 1 2 eiα − 2 + e− iα−a= 0.2τh(22)Так какiαe −2+e4То− iααα−i⎛ i22e−e= −⎜⎜2i⎜⎝λ (α ) = 1 − 4ra sin222⎞⎟ = − sin 2 ⎛ α ⎞ ,⎜ ⎟⎟⎝2⎠⎟⎠α2, r=τh2(23).(24)( )При изменении α число λ α пробегает отрезок 1 − 4ra ≤ λ ≤ 1.1Условие Неймана выполнено, если 1 − 4ra 2 ≥ −1 ,откуда получаем,что1r≤ 22aи2h2τ ≤ 2.2a(25)1 − 4ra 2.01Рассмотрим неявную схему:yns +1 − ynss +1s +1s +1y−2y+ynn −1− a 2 n +1= 0,2hτyn0 = ϕn , n =0, ± 1,...; s =0,1,...,S .(26)(27)Аналогично предыдущему случаю, получаем:Спектр λ1τ, r= 2.λ (α ) =221 + 4ra sin αh(α )(28)заполняет отрезок вещественной оси:1≤ λ ≤ 1.221 + 4ra sin αУсловие Неймана выполнено при любомr.(29)В) Случай нескольких пространственных переменных.∂u ∂ 2u ∂ 2u= 2+ 2,∂t ∂x∂y( x, y ) ∈u ( x, y , 0 ) = f ( x, y ) ,2, t ∈ ( 0, T ] ,( x, y ) ∈2(30).(31)Явная разностная схема имеет вид:Vms,+n1 − Vms,nτ−Vms+1,n − 2Vms,n + Vms−1,nh2−Vms,n +1 − 2Vms,n + Vms,n −1h2=0(32)Vm0,n = ϕm ,n , ϕm ,n = f ( xm , yn ) ; m, n = 0,, ±1,...;, ; s =0,1,...,, , ,S .
((33))Задавая начальную функцию в виде двумерной гармоники,зависящей от двух вещественных параметров α иβ :Vm0,n = ϕ m ,n = e (i α n+ β m); m, n = 0, ±1,...; s =0, ± 1,...,S (34)найдём решения вида:sm,nV= λ (α , β ) esi (α m + β n ).(35)Подставляя решение (35) в уравнение (32), получим:λ (α , β ) = 1 − 4r sin2α2− 4r sin(2)β2.(36)При изменении α и βточка λ = λ α , βпробегает отрезок1 − 8r ≤ λ ≤ 1 вещественной осиуд следуетдуУсловия Неймана выполняются,, если 1 − 8r ≥ −1,1 откуда1r≤4и окончательно:h2τ≤ .4.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
